2021年新高考数学导数在不等式中的应用知识梳理考情分析教师版

2021年新高考数学导数在不等式中的应用知识梳理考情分析

教师版

第15讲-导数在不等式中的应用

一、经典例题

考点一构造函数证明不等式

【例1】已知函数f(x)＝1－x－1

e x，g(x)＝x－ln x.

(1)证明：g(x)≥1；

(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－1 e2.

证明(1)由题意得g′(x)＝x－1

x(x>0)，

当01时，g′(x)>0，

即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数.所以g(x)≥g(1)＝1，得证.

(2)由f(x)＝1－x－1

e x，得f′(x)＝

x－2

e x，

所以当02时，f′(x)>0，

即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，

所以f(x)≥f(2)＝1－1

e2(当且仅当x＝2时取等号).①

又由(1)知x－ln x≥1(当且仅当x＝1时取等号)，②且①②等号不同时取得，

所以(x－ln x)f(x)>1－1 e2.

规律方法 1.证明不等式的基本方法：

(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②∀x1，x2∈[a，b]，且x1

(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m).

2.证明f (x )

考点二 利用“若f (x )min >g (x )max ，则f (x )>g (x )”证明不等式 【例2】 已知函数f (x )＝x ln x －ax .

(1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值； (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1>

1

e x ＋1－2e 2x 成立. (1)解 函数

f (x )＝x ln x －ax 的定义域为(0，＋∞). 当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ，f ′(x )＝ln x ＋2. 由f ′(x )＝0，得x ＝1

e 2.

当x ∈⎝ ⎛

⎭

⎪⎫0，1e 2时，f ′(x )<0；当x >1e 2时，f ′(x )>0.

所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2，＋∞上单调递增. 因此f (x )在x ＝1e 2处取得最小值，即f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭

⎪⎫

1e 2＝－1e 2，但f (x )在(0，＋∞)上无最大值.

(2)证明 当x >0时，ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x 等价于x (ln x ＋1)>x e

x ＋1－2

e 2.

由(1)知a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x 的最小值是－1e 2，当且仅当x ＝1

e

2时取等号.

设G (x )＝x e x ＋1－2

e 2，x ∈(0，＋∞)，

则G ′(x )＝1－x e

x ＋1，易知G (x )max ＝G (1)＝－1

e 2，

当且仅当x ＝1时取到，从而可知对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )>G (x )，即ln x ＋1>

1e

x ＋1

－2

e 2x .

规律方法 1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题.

2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f (x )min >g (x )max 恒成立.从而f (x )>g (x )，但此处f (x )与g (x )取到最值的条件不是同一个“x 的值”. 考点三 不等式恒成立或有解问题 角度1 不等式恒成立求参数

【例3－1】 已知函数f (x )＝sin x

x (x ≠0).

(1)判断函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭

⎪⎫0，π2上的单调性；

(2)若f (x )

⎭⎪⎫0，π2上恒成立，求实数a 的最小值.

解 (1)f ′(x )＝x cos x －sin x

x 2

，

令g (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎝ ⎛

⎭

⎪⎫0，π2，则g ′(x )＝－x sin x ，

显然，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )＝－x sin x <0，即函数g (x )在区间⎝ ⎛

⎭⎪⎫0，π2上单调递减，且g (0)＝

0.

从而g (x )在区间⎝ ⎛

⎭⎪⎫0，π2上恒小于零， 所以f ′(x )在区间⎝ ⎛

⎭

⎪⎫0，π2上恒小于零，

所以函数f (x )在区间⎝ ⎛

⎭

⎪⎫0，π2上单调递减.

(2)不等式f (x )

⎭

⎪⎫0，π2恒成立，即sin x －ax <0恒成立.

令φ(x )＝sin x －ax ，x ∈⎝ ⎛

⎭⎪⎫0，π2，

则φ′(x )＝cos x －a ，且φ(0)＝0.

当a ≥1时，在区间⎝ ⎛

⎭⎪⎫0，π2上φ′(x )<0，即函数φ(x )单调递减，

所以φ(x )<φ(0)＝0，故sin x －ax <0恒成立.

当0

⎭⎪⎫0，π2上存在唯一解x 0，

当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )>0，故φ(x )在区间(0，x 0)上单调递增，且φ(0)＝0， 从而φ(x )在区间(0，x 0)上大于零，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾.

当a ≤0时，在区间⎝ ⎛

⎭⎪⎫0，π2上φ′(x )>0，即函数φ(x )单调递增，且φ(0)＝0，得sin x －ax >0恒成立，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾. 故实数a 的最小值为1.

规律方法 1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围. 2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a ≥f (x )(或a ≤f (x ))的形式，通过求函数y ＝f (x )的最值求得参数范围. 角度2 不等式能成立求参数的取值范围

【例3－2】 已知函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x (a ∈R ).